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g?+py — 9. Si l'on

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2 ry , (

& cette valeur de fi substituée dans l'équation 1, donne après avoir ôté les fractions, & ce qu'il y a'à ôter, V.t=

= met presentement dans les deux équations Ś,& D, en la place de /, & de t leurs valeurs prises dans les deux équations T, & V, l'on aura les deux suivantes,

g' + pyta K-92+

2y

g' +py -9 22 + y2 +

o, ou
X: 22- 93+ yy + } P+=0,&
Y. 22+ y2 + } yy + iphone
Mais l'équation R, donne yy = aa + bb ,

= aa + bb , & y = Vaa + bb.; l'on a aussi p=ļa bb,&q = a + abb; substituant donc dans les deux équations X, & Y en la

de yy, de p, & de q; leurs valeurs; l'on aura après les réductions ordinaires,

ka - zVaa + 6b+ au + { a vua + bb : • , & 2 + 3 Vaa + 6b+ aa La Vaa + 66

=O, ou 2=zVaa + bb aa { a Vaa+bb, &

༢༢ kvaa + bb - saa +įa Vaa + bb, dont les racines sont, x={ vaa + bb + V-aa + 66

aa + 2bb į avaa + bb, & a=-Vaa+bb +V- aa +1bb+a Vaa + bb. Mais pour ôter le second terme de l'équation A, l'on a fait 2=* - {a; c'est pourquoi en mertant dans les deux dernieres équations, en la place de zi la valeur *-* a; l'on aura les deux qui suivent.

place de

رلا

x=;a+Vjaa+166+v- aa+1bb — avaa+bb. x=-Vaa+bb+V- 1 aa+66 +į avaa+bb, dont la construction résout le Problême.

Il faut demeurer d'accord que cette méthode de M' Descartes, de reconnoître la nature d'un Problême dont l'équation est du quatrième degré, & de tirer de cette équation du quatrième degré, deux équations du second, quand le Problême est Plan, est parfaitement belle, & digne de son genie ; c'est pourquoi j'ai jugé à propos de la mettre ici tout au long; parceque je ne l'ai vûe nulle part entierement expliquée. Il est neanmoins à propos, comme on a déja remarqué, après avoir reconnu qu'un Problême dont l'équation est du quatrième degré est Plan, de chercher par

d'autres voyes une équation du second degré; parceque la construction du Problême en devient plus fim

ple, comme on va voir par cet exemple. F16. 34. 15. Les mêmes choses que dans l'énoncé du Problême,

étant supposées, on prolongerå BC vers G, l'on menerá EG perpendiculaire à FE, qui rencontrera CG en G, & l'on abaissera du point E sur CG la perpendiculaire EH: ce qui formera les triangles semblables CBF, CEG, CHE, & EHG:& outre cela les triangles CBF, EHG égaux, puisque BC=EH; c'est pourquoi ayant nommé les données A B ou AD, a; K L ou FE, 6; & les inconnues CG , *; CE, y; BG sera, a+x; & FC ou EG, 6-y; les triangles semblables CBF, CEG, donneront a (CB). b-y(CF)::y(CE). *(CG); donc ax=

ax=by — Yy;

& le triangle rectangle CEG donnera CGʻ = xx=66 2 by +2yy=CE+

EG, ou bb; **=by — yy=ax, ou bb — xx
= 2ax, d'où l'on tire x=-at Vaa+bb, qui donne
cette construction.
Soit prolongée CD en 1, en sorte

que
CI=KL;

dé. crit du centre B par I, le cercle IG, qui coupera BC prolongée en G; & sur le diametre CG, le demi cercle

CEG,

2

Mais ca

CEG, qui coupera AD prolongée E & e, ou la touchera en un seul point E, si le Problême est possible, c'est-àdire, si KL surpasse ou égale le double de la diagonale du quarré AC. Je dis que la ligne FE, ou ef=KL; & que par consequent le Problême est résolu.

D EMONSTRATION. A Cause des triangles semblables CBF, CEG.CB. CF::CE. CG; donc CBCG=CF X CE. Et à cause du cercle IG dont le centre est B; CI=BGʻ— BC 1 BC x CG +CG? = 2CF ~ CE + CE? + EG; car par l'équation précedente CB CG =CF CE. 1o. en la multipliant par 2 on a 2BC CG = 2CF - CE. 20. ajou. tant CG on aura 2BC X CG +CG= 2CF XCE+CG,

= CE + EG. Donc 2BC X CG + CG = 2CFx Ce + C + EG, ou CF = 2CF xice +CE + CF = F E. Car CF + CE

=FE; donc CF+CE CF +CE= FE, ou ce qui est la même chose CF + 2CF CE+CE = FE; donc CI":

FE”, donc
CI= FE=KL. C. Q. F. D.
On démontrera de même que ef=KL.

PROBLEME PLAN. 16. LA fomme A B des deux cótez A E, EI d'un triangle F1g. 35. AEI, l'angle AEI

que

doivent former les deux côtez AE, EI ; & la perpendiculaire EG menée de cet angle sur la base AI, étant donnez, décrire le triangle AEI.

Ayant supposé le Problême résolu, soit prolongée AB en B, en sorte que EB=EI, & menée par A la ligne AD parallele à EI, & égale à AB; la ligne menée par les points B & I, rencontrera AD en D:car BE=EI, & BA=AD. Soit faite AK perpendiculaire à BD, qui sera divisée par le milieu en K, puisque le triangle BAD

H

2

cd - dx

ز

༢༨

est isoscele. Ayant enfin mené. BH perpendiculaire à

A I prolongée, & nommé les données KB, ou KD,C; la perpendiculaire EG, b; AK, d; & les inconnues AI, 3; KI, *; BH, u; BI sera c-x, & ID, . + x.

. Les triangles semblables I A K, IBH donneront a (IA), d (AK)::( - * (IB). u (BH); donc u = cd=dx. Er les triangles semblables HBA, GEA, & BEI, BAD donnent, u (HB). 6(GE) :: BA. EA :: 20 (BD). (+*(ID), d'où l'on tire u=

= the ai donc zene , ou 2bcz

ced - dxx: mais le triangle rectangle AKI, donne xx=2 — dd; c'est pourquoi en mettant cette valeur de xx,

dans l'équation précedente, l'on en tire 2463 + (6 + dd: Mais en nommant AB, a; l'on a, à cause du triangle rectangle AKB, aa=+ dd; mettant donc dans l'équation en la place de cc+dd sa valeur aa, l'on a celle-ci 23 =

- 2643 + aa ,

d'où l'on tirez bu + Vedi + aa, qui fournir cette constru&ion. Soit prise AF=GE, & menée FI parallele à KB; soit prolongée K A en C, en sorte que AC=FL; & ayant nienė AM parallele à KB , & égale à AB,

l'on décrira du centre c par M, le cercle MN, qui coupera

A K prolongée en Ñ ; & du centre A par Ñ , l'on décrira le cercle N 10 qui coupera KB, en 1; & ayant joint AI, l'on menera 1 E parallele à DA, qui formera le triangle AIE, qu'il faloit décrire.

DEMONSTRATION. Il est clair que A E+EI=AB, que l'angle A BI, est tel qu'on le souhaite, & que AN=A1. A cause de FL (const.) parallele à KB, l'on a AK (d). KB(C) :: AF, ou G E (6). FL== (const.) AC, & partant CN + 2; & par la proprieté du cercle, CN CA

AM = A B; ce qui est en termes Algebriques 263 =aa, ou x3 = 2** + aa qui est l'équa

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tion que l'on a construite ; d'où il suit

que

la construction precedente résout le Problême. C. Q. F. D.

J'ai copié ce Problême dans le Traité des lieux Geometriques de M. de la Hire, parcequ'il ouvre le chemin à la résolution de plusieurs Problêmes semblables, comme est celui qui suit: j'y ai ajouté la construction & la démonstration que cet Auteur n'avoit pas

donnée.

PROBLEME PL A N. 17. DECRIRE un triangle A EI, dont on connoit la F16.35: somme des cétez A E + EI = AB, la base Al, & dont l'angle A EI, soit égal à un angle donné.

En supposant la préparation précedente, & nommant les données AK,d; AI,b; & l'inconnue KI, x; l'on aura par la proprieté du triangle re&angle AKI, xx= bb dd; donc x=Vbb - dd, qui donne cette con. struction.

Soit du centre A & du rayon AI, décrit le cercle OIN qui coupera K B au point cherché 1; ce qui n'a pas soin de démonstration.

pas be

PROBLEME PL A N. 18. UN rečtangie ABCD étant donné, il faut décrire F16.36. un autre rectangle EHGF; dont les cotez soient également éloignez de ceux du rectangle ABCD, & que le rectangle ABCD, soit au petit EHGF dans la raison donnée de m à n.

Ayant supposé le Problême résolu, & nommé les données AD, ou BC, a; AB, ou DC,b; & l'inconnue AL, ou LE, x; EF sera d - 2x, & EH, b— 2x. L'on aura par les qualitez du Problême, ab, ab

26x + 4xx :: m. n. donc mab -- 2max 4mxx =nub, d'où l'on tire xx = { ax + + bx + nab – mas d'où xx—ax bx : nab-mab. Soit nais

85

LAX

2mbx +

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4m

-mah 41

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